范文一:为自由未知量)
经济1
一、 选择
1(D 2.A 3.C 4.D 5.B
二、 填空
0,4,,1,6. 7. 2 8. 9. 10. 5 ,f(x),,22,2(1,x),,三、
xx22,,,sin2(2)cos()y,,,x,x11(
xx2 = ,sin2,2,ln2,2xcosx
e12( xlnxdx,1
,u,lnxv,x解:令 1
112, v,x u,x2
ee1112e2ln,ln,, xxdxxxxdx1,,1122x
1122ee,ln, xxx1124
112 ,e,44
,1510,25,,,,,,A,I13(= ,,,,,,,,3,6013,7,,,,,,
,25101,2111,2111,211,,,,,,,,,,,,?,??,?,,3?,,1,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,3701370101320132,,,,,,,,,,,,,
1075,,?,?,2,,,,,,,0132,,
75,,,1(AI)?,,,,32,,
7512,,,,,,,1 () ,,,AIB,,,,,,3211,,,,,,,
1,10121,1012,,,,?,?,(,1),,,,?,?(,2),1,2143,,,,,0,113114( A,,,,
,,,,2,31550,1131,,,,
1,1012,,
,,?,?(,1),,,,,0,1131 ,,
,,00000,,
,,,2xxx,124还原: ,,x,x,3x,1234,
,,2,1xxx,134x ? (其中 x为自由未知量) ,34xxx,,3,1234,
q,15( c(q),c(q)dq,c0,0
q ,(4q,3)dq,18,0
2,2q,3q,18
c(q)18(q),,2q,3,c qq
18[c]′=2- (q)2q
q,3(q,,3令[c(q)]′=0, 百台) (舍去) 12
18c(万元) (3),2,3,3,,93
范文二:未知量为正整数的二次不等式
未知量为正整数的二次不等式
薯.耋?,一一…,…一………一一……一 一n.+b.+3ab(n+6)<4(口.+b.).由此,便可得到 >2+.
这是一个采用推广的方法成功解题的案例,不过 这样的方法不宜套用于问题1的求解. 说到这里,似乎把话题扯远了,还是让我们回归 到问题1和问题2的求解上来.我们的做法,采用的 是先易后难.
1问题1的求解
再将文[1]有问题的解答修改 先介绍两种解法,
完善作为解法3,一并陈述于后.
解法1:由n一rl.一kn,又知n?n3且EN,则 .一
kn?9—3,可得
n.一9?("一3).?
(i)当一3时,对任意kER,?式恒成立; (ii)当>3时,化?式为"+3?愚,得k?4+3 —
7:
(iii)当<3时,即"一1,2,化?式为+3?k, 得忌?2+3—5.
求交集,得问题1的解为kE[5,7]. 解法2:n?口3,即
(一3)(+3一k)?O,?
所以,口?口.对任意正整数都成立,等价于不
等式(n一3)(+3--k)<o?
无正整数解.
因为不等式?的解集为
f{l3<"<是一3},当忌>6时,
z一,当k一6时,
【{nlk一3<<3},当是<6时.
所以,解集Z不含正整数的充要条件是
{三;4或k一6或/忌k~一36?,2
求并集,得k的取值范围为[5,7].
评注:这两种解法采用的都是求取值范围的常用 方法.解法1从分离变量人手,因为遇到因子(一3), 可正可负,于是采用按变量做分类讨论,然后综合 出答案.而解法2用的是等价转化的方法,并实实在 在求出不等式?的解集,非常自然地处理好连续与离 散的关系,紧贴二次不等式的基础知识,将问题顺利 解决.
解法3:设厂()一n一n.,则(n)一"一kn+3k 一
9一("一)一,其中,判别式?一(是一6). 若-厂()?0对任意"EN都成立,则??0或者 A>O,.厂()的两个零点的距离不大于1(即??1),鲁 N同时成立.
由??o,得k一6;由0<??1,得kEE5,6)U(6, 7],且满足N.厶
综上得kE[5,7].
反之,若是E[5,7],则由f()一(一k)
一
f一3).=:=(一3)(+3一是),得,(3)一0;厂(2) ===一(5一是)?O;-厂(1)一一2(4一是)>0.
而当"?4时,n一3>0,+3一k?7一k?0,故 ,()?0.
综上,对任意1"lEN,都有/()?0.
所以,问题1的解为kE[5,7].
注:这个解法保留了文[1]原解法的由寻求必要 条件人手的解题思路,但论据不用该文的4个结论, 而是采用按?分类的方法展开讨论.求得必要条件(是 ?[5,7])之后,再证明该条件也是充分条件,克服了 原解法的逻辑失误,使解答得以完善.
2问题2的求解及其应用
问题2是一个开放性的题目.我们将目标定位于 求参变量P,q的取值范围,以利于应用.下面先提供 两种解法,然后将文[1]的4个结论加以深化,写成解 法3,供读者比较和参考.
解法1:因为函数厂()一.+户+q的图象关于 直线z一一等对称,且厂(z)在区间l一等,+cx.)上是 增函数,所以,厂()?0对任意EN都成立的充要 条件为
』一p3,或一专<一号?+专,【
厂(1)?0一l,()?0,
其中一2,3,….
等价于{.2J~/--(2一n?,广D'
其中一2,3,….
所以,若令函数
一
{=要')?<
则_厂()?O对任意EN都成立的充要条件为q?^ (户).
注:在平面直角坐标系pOq中,函数q—g()的
图象是一条折线,若用L表示这条折线,则折线L将 坐标系pOq分成上下两部分,条件q?g(P)表示L 上方部分的区域(含边界),也可说成是折线L所围成 的凸区域.
解法2:设-厂(")一+pn+q,则判别式?=P --
4q,且有不等式厂()?0对任意nEN都成立等价 XVWW.zhongshucan.COm 于-厂()<O无整数解,等价于
fA>0,
.或+号I?一,….
因为??.?q?譬;l+号?>.甘等>q ?一np—,一1,2.,….
又max(一户一)
f--p--1,当?一3时,
l--npmn,当一(2+1)?户<一(2一1)时, 其中n=2,3,….(这个等式成立的论据可参看图 1)
所以,若令函数h(P)
f一一1,当?一3时,
l—np--,当一(2n+1)?<一(2n--1)时, 其中一2,3,….
则不等式n.+pn+q?0
对任意正整数都成立的充要
条件为q?^().
解法3:二次函数f(z)
一z.+px+q在一一鲁处取..
I9
;
;
;
}e
一
'一5—3-J?
最小值,(一号),且在区间(一..,一号)上递减,在区
间(一号,+..)上递增,所以,,()?0对任意EN 都成立的充要条件为
一
号?1且厂(1)?0
或一->1,一-EN且厂(一号)?0 或一号>,一号?N且厂([一号])?o, 厂【【一甜+)
式中[.一号]表示不大于一号的最大整数. 置!
中学般学教学参考,攀
以上所述等价于参数组(,q)至少满足下列不等
式组之一:
(I)』
q~
?
--
一
p--1:
rP一--2(n+1),
1q??2'…;
f--2(7z+1)<<一2,
(?){q?一户一.,7"/一1,2,…. 【q?一(+1)户一(+1),
因为当P?(一2(+1),一2n)时,
max{一p一.,一(+1)一(+1)}
f--np--n,当m2n--1?<一2时,
【一(+1)一(72+1),当一2(+1)<p<一2一1时, 其中以===1,2,….
所以,令函数
一
{二曼')?<
其中一2,3,…,
则不等式+pn+q?0对任意正整数都成
立的充要条件为q?^(p).
评注:三种解法,殊途同归.这些方法,都以二次 函数的性质为基础,应用数形结合和分类讨论的方 法,展开推理.解法1和解法3都按一等分类,但选择 了不同的节点,解法2按判别式?的正负性分类,整 体性较强.
所得结论,可写成定理如下:
定理1设数列{n)的通项为n一+pn
+q(P,q?R),
函数^c一{二呈?一2一埘,
其中一2,3,….
则数列{a}各项都为非负数(即a?0恒成立) 的充要条件为q?(户).
(未完待续)
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范文三:一种新的判别位移法基本未知量的方法
一种新的判别位移法基本未知量的方法
77—72’量2唐雪松:一种新的判别位移珐基本未知量的方法
一
种新的判别位移法基本未知量的方法
唐雪松
f长_陟变通学靛哥再螽—410076)
摘要耳前结构力学教科书中所给出的确定位移法基
本未知量的方法,在文字叙述上不够严谨,定义不眵
明确,这样易使学生在学习时产生混淆和导致错误结
论.本文给出了较严谨,明确的判别条件,用以确定位
:…勘关键词,篓t教材一一蕉
o
况,不能严格成立.常导致学生用位移法解题时,因
基本束知量确定不当而出现严重错误.(1)刚结点的
角位移并不一定就是位移法的基本未知量,如图2所
示.剐结点A是,而刚结点日不是{(2)凡独立的
在目前的各种结构力学教材中,给出的位移法基
本束知量的确定方法是:刚结点的角位移和独立的结
点线位移.关于独立的结点线位移,可通过将结构的
刚结点(包括固定支座在内]化为铰结点,分析相应铰
结体系的自由度来加以确定.以上叙述存在着值得商
榷之处
首先是在文字叔述上不够严谨,易引起学生的混
淆.结构的结点包括支座结点,刚结点,完全铰结点,
组合结点,自由结点等众多类型.在教学中投现学生不
容易理解和掌握,致使出现各种各样的错误.例如,学
生往往错将图l(a),图l(b)中A,日,,D点
的角位移忽略,又常错将图l(o]中E点的线位移作
为位移法的基本未知量.
其次是在叙述上有不准确之处,命题有例外情
』l』l
1997_12—17收到第1稿,1998—09—25收刊修改稿.
点线位移就是位移法的基本未知量,过,表述严格
讲不够恰当,且”独立”的概念不易讲述清楚,如图
c)中点与图2中C点的线位移j(3)用相应铰
结体系的自由度来确定结构独立结点线位移的数目,
这一表述也不能严格成立文献【1]中指出,结点独立
线位移的数目与相应铰结体系自由度之间并没有对等
关系.如图3所示,相应铰结体系的自由度为0,而原
结构有一十独立的结点线位移.
A口C
图2
—==7广—
ff
上
(a)
扣———’———一..————_-琏
』上
(b)
图3
在位移法中,关于基本未知量的确定是比较复杂
的,而对于真正理解和掌握位移法的概念与基本原理
又是至关重要的,必须给出一个严谨而简单易懂的法
则.在讲清讲透转角位移方程的基础上,可以下面的
准则来确定位移法的基本未知量在结构的所有结点
中(包括各种类型的边界结点和结构的内部结点)(11
若某结点的角位移及该结点处各截面的弯矩均为未知
时,则该结点的角位移为位移法的基本来知量;(2)若
?
力学与实践1999年精2l卷
某结点的线位移丑访结点处各截面沿渚线位移方向的
剪力均为束知时,则谈结点的线位移为位移法的基本
束知量.以上两条准则叉可以统一表述为:当独立的
结点位移(包括结构所有结点的角位移与线位移在内1
厦该结点位移方向上相应的内力(与角位移对应的是
弯矩与线位移对应的是剪力)均为未知时.该结点位
移即为位移法的基本未知量
以上给出的新准则文字叙述严谨.定义明确.
且实际应用方便它包宙了结构所有不同类型的结点
在内无一例外,给出的判别条件是充分且必要的.
其中包括3个要点,即结点位移必须具备独立性,
及位移本身和相应结点位移方向上内力的未知性.才
可作为位移法的基本未知量.从学生的角度来说.新
准则便于掌握,可加深对位移法的理解.根据新的准
同l,可立即得到以下推论:固定支座处的线位移和角
位移(为0或给定值),饺支座处的线位移(为0或给
宦值)与角位移(弯矩为0),饺结点处的角位移(弯矩
为0),定向滑动处的线位移(剪力为0),自由结点
处的线位移和角位移(剪力和弯矩为已知)等均不是位
移法的基本未知量.应用新准则就不会将图1【a),
图L(b)中的A,B,,D点的角位移忽略,不
会错将图l(c)中E点的滑动线位移和图2中B点的
角位移作为位移法的基本未知量.应用新准则对于
图4(a)所示较为复杂的结构,就会较易判别出位移法
的基本未知量为5个.以及正确确定出相应的基本体
系,如母4{b)所示
(b)
圈4
一
4
参考文献
l陈文平.结点线位移数日不等于铰结件系的自由度力学
与实跷1996.18(6)
一72—7一
类热量可用能的热力学分析
胡超赵兴华
(上海大学应百磊;学_’200072)
摘要基于热力学第二定律,对工程中一类热量的可
用性进行了分析给出了
表达式.
关键词热量,可用能等效温度
,’’一——_-’々?—
1问题的提出殛分析
和确定等教温度的
在热力学教程及工程实际中有如下问题【1ll在常
压下将质量为m的水加热,使水的温度由升至
.
设周围环境温度为求所加热量中多少为可用
能
本文于1998-0846收到
TKIz~
根据热力学第二定律任何热机都不能将吸取的
热量循环不断地全部转换成功.在一般的工程计算中
人作如下计算:依工程热力学,任何热源当其温度为
时所传出的热量口中能转变为功的最大可用部分
可用能为
“=.
(一孕)?
式中对于本问题热量q=cPm(T2一T01,为定压
比熟容j为等教高温热源温度,=i(+)
实际上,这样的”等效分析是不正确的.尽管
其做法考虑了放热时热源温度是变化的事实但如何
有等
及
范文四:位移法未知量的数目与结构的超静定次数有关
《结构力学》习题集
第六章 位移法
一、是非题
1、位移法未知量的数目与结构的超静定9、图示梁之EI=常数,固定端A发生顺
,次数有关。 ,由此引起铰支端B时针方向之角位移
之转角(以顺时针方向为正)是
,、位移法的基本结构可以是静定的,也/2 。 2-
可以是超静定的。 ,
B3、位移法典型方程的物理意义反映了原A
结构的位移协调条件。 l
4、结 构 按 位 移 法 计 算 时 , 其 典 型 方 程 10、用位移法可求得图示梁B端的竖向的 数 目 与 结 点 位 移 数 目 相 等 。 3qlEI/24位移为。 q5、位移法求解结构内力时如果图为MP
零,则自由项一定为零。 R1PELAB l 、超 静 定 结 构 中 杆 端 弯 矩 只 取 决 于 6 杆 端 位 移 。 ,11、图 示 超 静 定 结 构 , 为 D 点 转 角 D (顺 时 针 为 正), 杆 长 均 为 l , i 为 常 7、位 移 法 可 解 超 静 定 结 构 ,也 可 解 静 数 。 此 结 构 可 写 出 位 移 法 方 程 定 结 构 。
2 11120iql,,,/。 D
8、图示梁之 EI =常数,当两端发生图
示角位移时引起梁中点C之竖直位移为
(/)38l,(向下)。 PD,,2
qCll/2/2
二、选择题
1、位 移 法 中 ,将 铰 接 端 的 角 位 移 、滑 动 C. 可 以 ,但 不 必 ; 支 承 端 的 线 位 移 作 为 基 本 未 知 量 : D. 一 定 条 件 下 可 以 。 A. 绝 对 不 可 ;
B. 必 须 ;
—— 43 ——
《结构力学》习题集
MM=Ph/4, =Ph/2 ; C. 2、AB 杆 变 形 如 图 中 虚 线 所 示 , 则 A 端 ACBD
MMD. =Ph/2, =Ph/2 。 的 杆 端 弯 矩 为 : ACBD
Miiil,,,426,,,/A. ; ABABABEI=D?CPMiiil,,,426,,,/B. ; ABABABihi2h4Miiil,,,,426,,,/C. ; ABABABBA Miiil,,,,426,,,/D.。 ABABAB
6、图 示 两 端 固 定 梁 , 设 AB 线 刚 度 为 i , ,A、两 端 截 面 同 时 发 生 图 示 单 位 转 当 AB B
,角 时 , 则 杆 件 端 的 杆 端 弯 矩 为 : AAAB,BA. ; B. 2 ; I i
C. 4i ; D. 6i
,=1,=1AB
AB,,3、图 示 连 续 梁 , 已 知 P , l , , , BC( )i 则 :
Mii,,44,,A. ; BCBC7、图 示 刚 架 用 位 移 法 计 算 时 , 自 由 项 Mii,,42,,B. ; BCBCR 的 值 是 : 1PMiPl,,48,/C. ; BCBA. 10 ; B. 26 ; MiPl,,48,/D. 。 BCB -10 ; D. 14 。 C.PABCDZ116kNiii
l/2ll/2l 4m6kN/m
3m3m4、图 示 刚 架 , 各 杆 线 刚 度 i 相 同 , 则 结 点 A 的 转 角 大 小 为 :
mmA. /(9i) ; B. /(8i) ; oo
mmC. /(11i) ; D. /(4i) 。 oo8、用 位 移 法 求 解 图 示 结 构 时 , 独 立 的
mm00结 点 角 位 移 和 线 位 移 未 知 数 数 目 分
别 为 : AlA . 3 , 3 ; B . 4 , 3 ;
lllC . 4 , 2 ; D . 3 , 2 。
5、图 示 结 构 , 其 弯 矩 大 小 为 :
MMA. =Ph/4, =Ph/4 ; ACBD
MMB. =Ph/2, =Ph/4 ; ACBD
—— 44 ——
《结构力学》习题集
三、填充题
1、判断下列结构用位移法计算时基本未知量的数目。
(1) (2) (3)
(4) (5) (6)
EI=PDooC=EAEIEIEAEI=ooEI=EIG1EBb2EI2EI2EIEI=EAEIEIEI121aEI44EI4EIFHA 2、图 b 为 图 a 用 位 移 法 求 解 时 的 基 本
ZZ ,体 系 和 基 本 未 知 量 , 其 位 移 法 i12M0典 型 方 程 中 的 自 由 项, R = , 1 P
i3A R = 。 2 Pi
Z1Z2PP,5、图 示 刚 架 ,已 求 得 B 点 转 角 = B
0.717/ i ( 顺 时 针 ) , C 点 水 平 位 移
,,M = 7.579/ i () , 则 ABC( )ba( )M= , = ___________ 。 DC3、图 示 刚 架 ,各 杆 线 刚 度 i 相 同 ,不 计 CB
i2轴 向 变 形 ,用 位 移 法 求 得 ii4mM,M,,,,,,,,, ,___________ 。 ADBA
ADPq=3kN/m AD45
Q,6、图 示 排 架 ,_______ , iBA
iiQ,Q,_______ , _________ 。 DCFE
EA=EA=BC DFBP,,/180,M4、图 示 刚 架 ,欲 使 ,则 A0EIEIEI32h须 等 于 。
AEC
—— 45 ——
《结构力学》习题集
四、计算题
1、用位移法计算图示结构并作M图,5、用位移法计算图示结构并作M图。各杆线刚度均为i,各杆长均为 l 。 EI =常数。
q
lDCB
Aql
ll2、用位移法计算图示结构并作M图, 各杆长均为 l ,线刚度均为i 。
q6、用位移法计算图示结构并作M图,
横梁刚度EA ??,两柱线刚度 i 相同。 CB
qhh2A
3、用位移法计算图示结构并作M图。 7、求对应的荷载集度q。图示结构横梁EI =常数。 刚度无限大。已知柱顶的水平位移为
5123/()EI,。 ,,PPl
2EIEI2q8mEIEIEIlEI
12m12m ll/2l/2
8、用位移法计算图示结构,求出未知量,
各杆EI相同。 4、用位移法计算图示结构并作M图。
EI =常数。 A
4m16kN/m10kN.m24kN20kNBDA4m
2mCE
B4m 2m2m
—— 46 ——
《结构力学》习题集
/2l9、用位移法计算图示结构并作M图,/2PEI =常数。 /2l10kN
/2l/2P3m
/2l
l3m3m
14、用位移法计算图示结构并作M图,10、用位移法计算图示结构并作M图。 E = 常数。
3kNI2kN/m
iim22IIkN=1012i6m
IIm22m6m m2
11、用位移法计算图示结构并作M图。
15、用位移法计算图示结构并作M图。2i2iqliEI =常数。 ii
2qlqll
l12、用位移法计算图示结构并作M图。
各杆EI =常数,q = 20kN/m。
llq CED 6m16、用位移法计算图示结构并作M图。BAEI =常数。
6m6mq
II l2I2I13、用位移法计算图示结构并作M图。
EI =常数。
ll
—— 47 ——
《结构力学》习题集
17、用位移法计算图示结构并作M图。 21、用位移法计算图示结构并作M图。
l = 4m 。 设各杆的EI相同。
mkN/60m
2EI2EIlqqEIlEI
ll
l/2/2l
18、用位移法计算图示刚架并作M图。22、用位移法作图示结构M图。并求A
EI,,已知各横梁,各柱EI =常数。 B杆的轴力, E I =常数。 1
PDEP
h
lBCP
BEAA=
h
lA
h
Pll
19、用位移法计算图示结构并作M图。
=EI123、用位移法作图示结构M图。EI =常
数。 2EI6m=EI130kN/m2EIl/2
2EIEI6mqql ll 20、用位移法计算图示结构并作M图, EI =常数。
24、用位移法作图示结构M图。 E I =4kN/m3m常数。
5ml/2
PP4ml/25m
ll
—— 48 ——
《结构力学》习题集
CD25、用位移法计算图示结构并作出M图。
q30KN/ml
FElEI2BEIAEI4m
2l2EI EIEI4m29、用位移法计算图示结构并作M图。
EI =常数。 6m PP
26、用位移法计算图示结构并作M图,lE =常数。
40kN
/2ll/2ll2mII
4mII30、用位移法计算图示结构并作M图。
3IIEI =常数。 I4m22qII
4m2m4ml1.5 2m
llll、用位移法计算图示结构并作M图。 27 E I =常数。 q
31、用位移法计算图示结构并作M图。
EI =常数。
l
ll
qllll l
28、用位移法计算图示对称刚架并作M
图。各杆EI =常数。 l
—— 49 ——
《结构力学》习题集
32、用位移法计算图示结构并作M图。36、用位移法计算图示结构并作M图。
设各柱相对线刚度为2,其余各杆为1。 q
60kN
EIEI=1
ll3m
37、用位移法计算图示刚架,作M图。
除注明者外各杆EI =常数。 3m3m qA FB33、用位移法计算图示结构并作M图。 lqDC
EI,1EI2EIlll EI
38、用位移法计算图示刚架,作M图。EIlEI2q除注明者外各杆EI =常数。
llP DEF
EI,134、用位移法计算图示结构,作M图。ACB各柱线刚度为i ,横梁EI =。
llP
h39、 用位移法计算图示刚架作M图。
PEI,,除注明者外各杆EI =常数,。 1
qh
ClhEIEI11 DEBA
l/2l/2ll35、用位移法计算图示结构并作M图。 EI =常数。
ql40、求 图 示 结 构 B , C 两 截 面 的 相 对 角 ql
位 移 , 各 杆 E I 为 常 数 。
lqq8 kN.8kN mBC
ll 3m2m2m3m
—— 50 ——
范文五:§2怎样寻找适题的物理规律,来建立未知量和已知量间的关系
§2怎样寻找适题的物理规律,来建立已知量和未知量之间的关系? 习题是多种多样的,特别是力学题。正是变化多端。但是,解题的方法概括起来,主要的、基本的是两种:一种是力法,一种是能法。
有的可能对此分法持怀疑态度,因为对有的规律的归属问题感到有困难。例如,有的问:动量原理应属于哪种方法?我们的回答是:力法。为什么?因为牛顿运动定律有微分形式和积分形式之分;力等于动量的变化率为其微分形式,由微分形式对时间即得动量原理,也就是说,动量原理是牛顿运动定律的积分形式。
一道习题到手,用力法还能法解,或两者兼用?这又有两种思路:一是分析法,一是综合法。在实践中,也不一定是单一的,而常常把分析和综合结合起来,思考比较方便,解题过程是一个逻辑思维过程,要善于分析和综合。
对于简单的习题,它需要应用什么物理规律才容易找到适宜的解题方法,对于难度较大的习题,所涉及的物理过程往往比较复杂,题目中给出的条件往往比较多,可能要用到好多的物理规律。未知量和已知量之间的关系往往复杂而又隐蔽,不易一眼就能看出来。同学们能否顺利地解出这种难度较大的习题,主要决定于对基础理论知识是否理解深刻,是否掌握得牢固。同时,也取决于能否根据习题的内容和给出的给出的条件正确进行分析、综合,寻找适题的物理规律而把待求的未知量和已知量的关系建立起来。
一、分析法
所谓分析法,就是从整体到局部的思维方法,也就是把问题化速整为零,逐步引向待求的未知量的思考方法。具体地说,就是:在认真审题、分析题意的基础上,首先找出能直接回答题目里的问话的物理规律及其公式。这个能直接表达待求量的公式,我们称为原始公式,原始公式往往都 是基本的物理公式。一般来说,正确地原始公式,就有了正确的前进方向。观察原始公式中包含哪几个未知量,就再列出相应的表达式。这样按一定的逻辑思维顺序逐步分析、推演下去,直到待求物理量完全可用已知量表达为止。对原始公式逐步分析、推演的过程,就是逐步引向待求量的解决过程。故分析即为“执果索因”
下面举例说明分析法的应用。
[例1]冲击摆的质量为M ,摆长为l ,一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入摆内,求擂的最大偏转角度θ。(图1-2-1)。
[分析]要求摆的最大偏转角θ,应求出摆的上升高度h ,由图可见
cos θ=(l -h )/l
该式就是包含待求量的原始公式。怎样求h 呢?
押运和子弹在高度h 时所具有的势能为
(M +m )gh ,根据机械能守恒定律,它等于子弹射入后,摆和子弹的动能1(m +M )v 2,即 2
(M +m )gh =(m +m )v 2
要找出h ,必须先求得v ,而子弹射入后摆和子弹
的共同速度v 0,又可用动量守恒定律求出: 12
mv 0=(M =m )v
至此,未知量和已知量间的全部关系都已找到。此题的总公式为:
cos θ=1-
由此即可求得摆的最大偏转角。 (mv 0)222(m +M )gl
[例2]质量为m 和M 的两个小球A 和B 拴在一根细线的两端,线长为l ,M =3m ,置质量为M 的小球B 于光滑的水平面上。小球A 刚刚跨
过桌边。当A 下落时拉着B 沿桌面滑动。A 下落的高度
h (设h
滑出桌面后落地。求B 球和A 球着地点的距离(图1-
2-2)
为了能够列出原始公式,应从直接回答本题中最后
的问话开始。包含两球着地点间距的原始公式,不是一下能看得出来的,应对题设的物理现象加以分析后才可能列出。
A 球和地面相碰作完全非弹性碰撞,因此着地后就停止不动。由于h
上式中v 、t 都是未知的。
B 球离开桌边时的竖直方向的初速度为零,当它自由下落高度为h
时所无原则的时间t =B 球平抛落地的时间相等。
至于v ,可利用机械能守恒定律求出。当发A 球刚着地时,就A 、B 两球和地球组成的新系统而言,动能E k 2=1(M +m )v 2,势能E P 2=Mgh ;而A 球刚要离开边时,初速为2
零,E k 1=0,E P 1=(M +m )gh 。由于该系统没有受外力,内力中也没有非保守力,因此,机械能保持不变:
(M +m )gh +0=(M +m )v 2+Mgh
至此,把未知量和已知量间的关系都已求出了。S 即可从中解得,S =h.
[例3]质量为m 的物体A ,以速度v 0枯平台上运动,滑到与平台等高的、静止的、质量为M 的平板小车上。A 、B 间的滑动摩
擦因数为μ。设平板小车在光滑水平面
上运动,A 的体积不计。要使A 在B 上不
滑出去,平板小车至少多长?(图1-2
-3)
[解法一]为了寻找适题的公式,必须先搞清本题目所描述的物理过程:A 以v 0滑到小车上后,受到一个恒定的摩擦力(-μmg )作用而作匀减速直线运动。同时,A 以恒力(μmg )带动小车作匀加速直线运动。A 的速度逐渐减小,小车的速度逐渐增加。当两者对地的速度相等时,两者之间无相对运动也无相对滑动趋势,摩擦力就变为零。于是,A 、B 以共同的速度v 前进。这时,A 相对小车B 滑动的位移为L ,即为所小车的最短长度。
在B 上看,A 作初速为v 0的匀减速直线运动,其加速度为a ',它的方向与v 0相反。A 的末速度v t =0,故有:
20-v 0=2a 'L 12(1)
此即为包含待求量L 的原始公式。公式中还包含蹭未知量a '。因此,尚且列出新方程。 将A 隔离,以地面为参照系,列出方程:
-μmg =m (a '+a M )(2)
式中a M 为小车对地的加速度,这又是一个中间未知量。为了求得a ',还得再列一个方程。
将B 隔离,以地面为参考系,列出方程:
μmg =Ma M (3)
至此,三个未知量L 、a 、a M ,通过三个独立方程,即可将L 求出来了。
解:联立式(1)~(3)得:
m ??a '=-μg 1+??M ?
2 v 0L =m ??2μg 1+??M ?
[解法二]本题的物理过程尚可作下列分析:A 滑到B 上,其间摩擦力。在同时间?t 内,A 从v 0减速到v ,小车从0增加到v 。在?t 内,A 一边在B 上运动,同时又随B 运动,它相对地面发生的位移不是L 而是S ,此过程中A 受到B 的摩擦力μmg 的作用。该力对A 作负功,使A 的动能发生变化。同时小车对地面发生位移(S -L ),在此过程中,摩擦力对B 作正功,使小车的动能增大。
首先考虑B ,根据功能原理有:μmg (S -L )=1Mv 2
2(1)
该式为原始公式,它包含了待求的L ,但又包含了中间未知量v 、S ,因此尚无原则进一步建立新的方程。
考虑A ,应用功能原理有:-μmgS =1212mv -mv 022(2)
再对A 应用动量原理有:-μmg ?t =m (v -v 0)(3)
该式又带来一个新的未知量,所以还得建立一个方程。
对B 应用动量定理,有:μmg ?t =Mv (4)
至此,四个未知数L 、v 、S 、?t ,有四个独立方程即可求将L 求出。
[解]由式(1)、(2)得:-μmgL =
由式(3)、(4)得:v =11(m +M )v 2-mv 0222(5) mv 0 m +M
2(mv 0)-1mv 2 1代入(5)式得:-μmgL =(m +M )02M +m 2
2v 0由此式解得:L =m ?2μg 1+?M ???
[解法三]若以小车B 为参照系,则A 的速度由v 0→0,在小车上的位移为L ,则根据运动学公式有: v 0?t =L 2(1)
此即原始公式。式中包含中间未知量?t 。
对B 有:μmg ?t =Mv ?t =Mv
μmg (2)
mv 0
M +m (3) 该式中又多了中间未知量v ,由解法二知:v =
以式(3)代入式(2),再代入式(1),即可求得L 。
[例4]压强为P 1=760mmHg 的空气,体积V 1=3l ,被等温地压缩到V 2=0.5l 。求传递的热量。
用分析法必须先求出原始公式,而这原始公式又并非显而易见的。
初看已知条件很容易使人到应用玻意耳-马略特定律PV =常数,但这一定律与被 传递的热量间没有直接的联系,因此只靠它是不能解决问题的,要寻求此冲量的解答,只有从另外的角度下手。在这个问题中,自然会产生这样一个问题:被传递的热量究竟与什么有关?这就会我们联想到是否可以应用热力学第一定律来解决,因为热力学第一定律正是说明被 传递热量?Q 、系统内能变化?E ,作用于这个系统上的外力的功A 三者之间的关系,即?Q =?E +A 。当然这仅仅是提供了问题获得解决的可能性,实际能否解决,还需要对已知条件进行分析。根据已知条件,压缩是在等温条件下进行的,在这样的条件下,对于理想气体来说,内能的变化为零(一定量的理想气体的内能由温度唯一决定)。这样如把空气当作理想气体来处理,则热力学第一定律为?Q =A ,就是原始公式。
可见,只要能计算出功A 的大小,就能算出被传递的热量。那么又怎样计算功呢? 根据已知条件,并且所考虑的过程是等温过程,因此过程的始末状态是已知的。对一定的过程,知道了它的始末状态,这过程的功就可以计算。
因此,这题就变为:把空气当作理想气体来处理的情况下,等温过程的功怎样计算?等温压缩过程的功:A =?v 2
v 1PdV =?v 2v 1v 2dV ?V ?nRT dV =nRT ?=nRT ln 2? v 1V V ?V 1?
至此,已找出了待求量与已知量之间的全部关系。代入已知数据,即可求得Q =-5.47?102J ,负号表示系统把热量传递给外界。
[例5]在电阻为零,相距L 的两平行金属导轨上。垂直地搁着两根质量均为m 、电阻均为R 的金属棒AB 和CD ,并假设金属棒可以2
在导轨上无摩擦地滑动。整修装置水平地置于一
匀强磁场中(图1-2-4)。如对AB 作用一垂直
AB 的恒力F ,试求CD 棒的最大加速度。
本题用分析法来思考,其原始公式就更加难
以列出了。为此还应该把题设的物理现象搞清
楚 。
CD 棒在水平方向上作加速运动,根据牛顿第二定律,它在水平方向上的合外力肯定不等于零。那么这力是怎样产生的呢?它的加速度为什么有一个最大值?
a 1=在外力F 的作用下,AB 开始以a 1的加速度向右运动,F 。随后当AB 有了速度v 1时,m
由于切割磁感应线,根据电磁感应定律,产生感应电动势ε1=BLv 1,从而在回路中形成了电流I =ε1
R ,于是这感应电流又使AB 受到了安培力f 1=BIL 的作用,方向向左。因此,AB 的加速度要减小。与此同时 ,CD 也受到安培力f 2=BIL 的作用,方向向右,从而产生加速度a 2=f 2。当CD 有了速度v 2而切割磁感应线时,也产生了感应电动势ε2=BLv 2,方m
向与ε1相反,它阻碍着电流的增加。回路里的电流I =ε1-ε2
R =BL (v 1-v 2),根据楞次定R
律可知,电流的方向沿逆时针方向。I 的出现,使a 1减小,同时a 2增大。尽管如此,在开始的一段时间里,a 1虽然减小,但它总比从零开始增加着的a 2大。这表明,在这一段时间里,不仅v 1总比v 2大,而且v 1的增加总比v 2快,因此,(v 1-v 2)在增加,回路里的电流I 在增加,致使a 1=F -f 1f 继续减小,a 2=2继续增加。由于F 不恒力,所发生的过程必然m m
是单调的。于是加速度a 1、a 2的数值就单调地互相接近,直至a 1=a 2。同时,v 1与v 2的差、I 和f 也都趋近于常数。
F -f 1f F ,a 2=2,所以a 2max =。可m m 2m
F 见,CD 的加速度由零开始意识地增加,一直到最大值。
2m 因此,a 1=a 2=a 2max 即为原始公式。而a 1=
二、综合法
综合法是一种从局部到整体的逻辑思维方法。应用综合法,从已知量开始,根据题意,把习题成逐个简单的部分来考虑,把各已知量之间的函数关系全部找到,再按题意和有关的物理规律及物理概念,把已找出的几个简单部分的结果综合在一起,就能把习题解出来。
下面试举几例:
[例6]从位于一定高度的气球上自由落下两个重物,第一个重物降落一秒后,第二个重物开始降落,两个重物用93m 的绳子连结着。求:①第二个重物降落后再经过多长时间,绳子恰被拉直?②在绳子拉紧之前,第一个重物相对于第二个重物来说,作怎样的运动?
用综合法考虑要。从已知量开始,先分别列出第一个重物和第二个重物的运动方程,然后根据题中所提出的两个问题分别进行综合。
设y 1和y 2分别是第一重物和第二重物在绳子拉紧前所通过的位移。如第二个重物的运动时间为t 秒,则第一个重物运动时间为t+1秒。因为两个重物都作自由落体运动,所以它们的运动方程分别是:
y 1=12g (t +1)2
1y 2=gt 2
2(1) (2)
当绳子被拉紧时,可以综合上面二式得:
y 1-y 2=112g (t +1)-gt 2=93 22
由此可求出,第二个重物降落后再经8.8秒绳子刚被拉紧。
当绳子未被拉紧时,设y 为第一个重物相对于第二个重物的位移,则有
y =y 1-y 2
将(1)、(2)两式代入并化简得:
y =gt -g 2
这表明第一个重物相对于第二个重物作匀速运动。
[例7]有一质量为m 的物体,从高为h 的冰
坡上滑下来,通过PQ 这段路程才停下来。如果物
体和洋面间的摩擦因素为μ,冰坡的倾角为α,求
PQ 这段路程的长度。(图1-2-5)
从已知量入手。
物体在高度为h 的地方,具有势能mgh ,它沿冰坡下滑起到停在Q 点,重力势能就消耗在三个方面:①克服OP 段摩擦力所作的功A 1;②克服PQ 段摩擦力所作的功A 2;③当物体运动至斜坡底端而与水平 面接触时发生了碰撞。如果物体从斜坡滑下后沿水平面前进而不跳起来,则在竖直方向上的碰撞是完全非弹性的,在这一过程中,物体需克服耗散力作功A 3,
物体在OP 段克服摩擦力作的功:
A 1=-μmg cos α
物体在PQ 段克服方框图所作的功: h sin α
A 2=-μmg (S -h cot α)
式中 S =PQ +OP cos α
物体与水平冰面发生非弹性碰撞过程中克服耗散力所作的功:
A 3=
式中 111222m (v P cos α)-mv 2=-mv p sin α p 222
v p -物体到达斜面底端P 点与水平冰面发生碰撞前的瞬时速度,方向与斜面平行向下。
v p cos α-物体与地面碰撞后的瞬时速度,方向平行于水平面向右。
v p 由功能原理求得:
v P =
求得三部分所作的功,即可把几个简单部分的结果进行综合:
0-mgh =-μmg cos α2h 1-μmg (S -h cot α)-m (v p sin α) sin α2
由此得: S =
PQ 的长度也就可以求出。 h μ(cos2α+μsin αcos α)
这里必须指出:当h 、μ一定的前提下,S 是固定不变的,它可以随斜坡的化倾角α而变化,。因为机械能的损失是α的函数。当然,如α很小,cos α≈1,则S =h 。 S
[例8]惠斯通电桥是测量电阻中最基本、最典型的线路。其原理如图1-2-6所示。试问:形状K 2合上时,要使通过检流计G 中的电流为零,四个桥臂电阻R 1~R 4之间应满足什么关系?
这题的已知条件只有一个,即检流计G 中的电
流I g =0,或者说C 、D 两点间电势相同。因此,应
从此出发来解题。
电桥由两个分压器R 1/R2、R 3/R4组成。所以
I g =0,即C 、D 两点的电势相等。也就是R 1与R 3
上的电压降相同,或者R 2、R 4的电压降相同。
于是根据题意,分成两个简单的部分,即写出R 1、R 3电压降的等式,和R 2、R 4上电压降的等式。
由于I g =0,所以I 1(I 3)通过C (D )点后全部通过R 2(R 4) ,也就是I 1=I 2, I 3=I 4,因此可得:
I 1R 1=I 3R 3(1)
(2)I 2R 2=I 4R 4即I 1R 2=I 3R 4
至此,把已知量间的关系全部找到,所以就可以综合了。
两式相比得: R 1:R 2=R 3:R 4 于是就找到了四个桥臂电阻之间应满足的关系:R 1=R 2R 3 R 4
即相对桥臂电阻乘积相等时,通过检流计的电流为零。
[例9]用一条细线把一个大圆环挂起来,上有两个为m 的小环,它们可以在大圆环上无摩擦地滑动,(图1-2-7)如两个小环同时从大环顶点释
放并沿相反方向自由下滑。问大环被升起,它的质量M 应该多
大?并求大环开始上升时的角度θ。
用综合法思考,全似乎无从下手。凡见此等情况,一定要
开清题中所讲的物理现象,本题中说的小环下滑时大环会升
起,这好象不可信。可以这样来分析:大环上升,必在竖直方
向上受到大于它重力Mg 的支撑力。此力从何而来?这只能是
下滑的小环提供的,再无别的来源。小环下滑过程中,速度不
断增加,向心加速度也不断增大,向心力也必然要相应地增大。小环作圆周运动所无原则的向心力,是小环本身在径向的分量与大环的压力之合力提供的。
大环对小环作用一个向心的
压力,小环必有相应的反作用力给大环。当两个环缎带大环的反作用力,在竖直方向上的合力比Mg 大时,大环就上升了。这样,也就知道从哪里开始了。
把小环作为研究对象,列出径向运动方程:
v 2
mg cos θ+N =m R
再由机械能守恒定律求得小环的速度v : (1)
1mgR (1-cos θ)+0=0+mv 2
2
由(1)、(2)得: (2)
N =mg (2-3cos θ)
根据题意,要使大环上升,必须满足:
2N cos θ≥Mg
2即 2mg 2cos θ-3cos θ≥mg ()
2cos θ-3cos 2的最大值为1/3
∴当M ≤?12m 时,大环会上升,相应的θ
角为θ=arccos + 33?
三、分析法和综合法的比较
对比分析法和综合法这两种不同的思维方法,其区别在于思维的顺序恰恰相反:分析是从含有待求的未知量的原始公式出发,按一定的逻辑顺序,从一个问题自然地推导出另一个问题,逐步导致待求量的最终解决。而综合法,则是倒过来,先从已知量开始,按着它们间的关系,分成几个简单的部分来考虑,而后再按题意,把已找出的几个简单部分的结果综合在一起,直到最后把已知量和待求量的关系完全建立为止。
因此,应用综合法思考比较复杂冲量时,困难在于,一是题设条件多,究竟从哪一步开始,难以下手,二是把是习题按照题意分解成逐个的简单问题,分解的程序没有一个苟同的规律可遵循。所以运用综合法具有较大的灵活性,比较难于掌握。但分析法不不同了,它的各个简单问题之间有更大逻辑联系,从一个问题到另一个问题,条理清晰,思路分明,是比较容易学会的。
在实践中为了取长补短,有的就采用分析法寻找未知量和已知量间的关系,具体解题时,采用综合法或另一两者兼用,即思考问题时常常把分析法和综合法交错使用,而以分析法为
主,沟通思路。
[例10]有一斜面,与水平面的夹角为α,其上放着用轻棒连接的两个轮子(图1-2-8),两个轮子的质量都是M 、半径都为R ,但转动惯量,一个是J 1,另一个是J 2。求两个轮无摩擦滚下时的角加速度β,如轮子的转动惯量大,求棒对轮子的作用力F 。
[分析]把轮子1、2分别作为研究对象。
在斜面方向,受到斜面的摩擦力f 1、f 2和棒的作用力又应通过牛顿运动定律来求出。
[解]设J 1>J 2,根据牛顿运动定律和转动定律有: 轮子1:
d 2x
M 2=Mg sin α+F -f 1
dt
(1)
J 1β=f 1R
轮子2:
(2)
d 2x
M 2=Mg sin α-F -f 2
dt
(3)
J 2β=f 2R
(4)
上列方程中有五个未知数,因此应再列一个方程。根据平动和转动的关系有:
d 2x
=βR dt 2
联立求解得:
(5)
β=
2rmg sin α
J 1+J 2+2MR 2
J 1-J 2
β 2R
F =
因为J 1>J 2,故F >0。这轮子在实际上所受到棒的作用力,与图示方向一致,即棒是受压缩的。然而当系统向上运动时,棒则受到轮子的拉力。显然,当J 1=J 2J 1仍然比J 2大,时,F =0。
[例11]一半径为R 、质量为M 的均匀圆盘,放在粗糙的水平桌面上,如令其开始以ω0
的角速度自转,那么经过多长时间圆盘才能停止旋转(图1-2-9)?假设圆盘与桌面间的摩擦因素为μ。
[分析]这是力矩的时间累积作用问题,因此应用转动定律来解
盘自转时,围绕通过圆心且垂直于盘面轴之转动惯量为J =
1
MR 2。 2
要应用转动定律还得把摩擦力矩M 计算进来。为此,可把圆盘分为如图所示的很多小质元,设ρ为圆盘的密度,δ为圆盘的厚度,则每个小质元的质量dm =ρrd θdr δ,每个小质元所受的力矩为r μgdm 。则圆盘所受的总摩擦力矩为:
M =?r μgdm =μg πδ?d θ?dr =
M 2πR
2
Mg μR 3
这样计算摩擦力矩比较麻烦,如果合理选择小质元,将使计算得到简化。
把圆盘分成很多小质元。每个小质元就是一个个的薄的圆环,它的质量为
dm =(2πrdr δ)ρ,它所受的摩擦力矩为r μgdm 。总的摩擦力矩:
M =?r μgdm =?r μg 2πr δρdr =2πμg δρ?
解:
R
20
2
r dr =Mg μR
3
Mdt =Jd ω
21
-Mg μRdt =MR 2d ω32
t 210
-g μ?dt =R ?d ω
032ω0
21
-g μt =-R ω0 32
t =
3R
ω0 4μg
[例12]一个质量为m, 半径为r 的圆柱体, 和桌棱的连线与水平方向的夹角为?
.如
?=0,从静止起转,问?在多大的范围内,圆柱仍
然不会滑动.(图-2-10)?
[分析]当?=
π
2
时,在y 方向,桌子的支撑
力和圆柱的重力相平衡,因此不可能滑动.当?从
π
2
减小到图示的情况时,圆柱除了重力外,还受到棱角的支撑力N和摩擦力f 的作用.无滑动的条件是
f ≤μN ,为了建立f 与N之间的关系,可应用机
械能守恒定律和牛顿运动定律.
以棱为转轴时,圆柱的转动惯量J为:
J =
123
mr +mr 2=mr 2 22
在图示情况下,以桌面为热能零点,则圆柱势能为:
E P =mgy σ=mgr sin ?
13?d ??动能为:E k =J ω2=mr 2 ?
24dt ??
[解]由于支撑力N和摩擦力的作用点位移等于零,它们都江堰市没有作功,因此满足机械能守恒定律,即:
2
3?d ??
mgr =mgr sin ?+mr 2 ?
4?dt ?
对式(1)求导:
2
(1)
32d 2?
mgr cos ?+mr =02
2dt
应用牛顿第二定律还可写出:
(2)
?d ??
-m ?r =N -mg sin ?dt ??
d 2?
m 2r =f -mg cos ?dt
2
(3)
(4)
d ?d 2?
由式(1)、(2)得、2代入(3)、(4)得:
dt dt
-mr
mgr (1-sin ?)
=N -mg sin ?
32mr 4
mgr cos ?
=f -mg cos ?
32mr 2
mg mg
由此可得:N =(7sin ?-4) f =cos ?
33-mr
无滑动的条件是f ≤μN 或cos ?≤μ(7sin ?-4) 当cos ?=μ(7cos ?-4)时,得?=当?0<>
π
2
时,cos ?=0,μ(7sin ?-4)=3μ。所以
π
2
时,圆柱与桌棱之间无相对滑动。
[例13]如图1-2-11所示。两根相距20cm 的平行铜线固定于绝缘上。它们的一部分是水平的。一部分与水平面成30角,EF 、CD 为两根质量相同的铜条,它们可以在铜线上。在滑动。铜线和铜条互相垂直,其间的摩擦因素μ=0.25,除接触电阻r =0.2Ω外,其他电阻忽略不计。整个装置放在方向竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B =0.1T 。问:
① 让铜条EF 由静止开始从斜面顶端下
滑,EF 的加速度多大时,CD 才开始运动?
② CD 开始运动时,其中感生电流多
大?(铜条的质量为2克)。 [分析]在EF 下滑的过程中在斜面方向
共受三个力:重力沿斜面方向的分力mg sin α、摩擦力μ(mg cos α+BIl sin α)、安培力
BIl cos α,所以合外力F EF =mg sin α-μ(mg cos α+BIl sin α)-BIl cos α。根据牛顿
第二定律有a =
F EF
,这就是包含了未知量的原始公式。 m
要求出α,必须求出F EF ;而要求出F EF ,由上述分析可知,必须求出感应电流I 。 根据法拉弟电磁感应定律和欧姆定律有:
I =
Blv cos α
R
可见,I 随v 变化,要确定I ,必须决定v 的大小。
看题目时,对于其中的关键字句要特别留意。如本题中“CD 开始运动时”的EF
的加速
度,就必须细嚼它的含义:
“CD 开始运动时”指的是:感生电流通过CD 时磁场对它作用了一个安培力:
22
?Blv cos α?B l v cos α
F Cd =BIl =Bl ?=
R R ??
该力与摩擦力相等,“CD 开始运动时”。即:
B 2l 2v cos α
=μmg
R
这样,v =
μmgR
B 2l 2cos α
至此,已知量和未知量的关系就全找到了。 [解]根据牛顿第二定律有:
a =
F EF 11???μmgk ?
=(mg sin α-μmg cos α) B 2l 2 22cos α??m m R ??B I cos α??
=g (sin α-2μcos α-μ2sin α)
=10(sin300-2?0.25?cos300-0.252?sin 300) =0.31(m /s 2) I =
μm CD S
Bl
=
0.25?0.002?10
=0.25(A )
0.1?0.2
[例14]一均匀的棒,质量为m, 长度为L ,其两端用相同的弹簧(弹性系数为k )与地面相连。在棒的一侧向下揿一段不大的距离a ,而后松手,让其自由振动。试描述棒的运动(图1-2-12)。
[分析]这是已知棒的力、力矩,求棒的运动的问题。因此。应用牛顿运动定律和转动定律通过积分即可得解。
[解]假设每个弹簧静止时的长度为l (注意,l 不等于弹簧的自由长度),它等于并设x 1、x 2、x 分别为t 时刻时,弹簧1、2的长度和棒的质心的高度。
mg
,2k
因为棒作为刚体来处理。所以x 1+x 2=2x 。根据牛顿第二定律有:
m d 2x
dt
2=-k (x 1-b )-k (x 2-b ) m d 2或 x
dt
2=-k (x 1+x 2)+2kb
由此得:
d 2x dt 2=-1m (2kx -2kb )=-2k
m
(x -b )假设:
x L
2=x +
θ
x 1=x -
L
θ
由转动定律得:
J d 2θdt =-k (x L L
22-b )2+k (x 1-b )2
x 2-x 1=L θ
2∴
J d θkL 1dt 2=-2(x 2-x 1)=-2
kL 2θJ =
1
mL 212
∴
d 2θdt 2+6k
m
θ=0(3)
由(1)、(3)的解为:
x =A cos (ω1t +B )
(4)θ=C cos (ω2t +D )
(5)
式中:ω1=
ω2=为了求出A 、B 、C 、D 四个常数,考虑初始条件。设t =0时,x =?
?b -a ?2?
?θ=
a L dx d θdt
=0dt
=0(6)
(1)
(2)
将(6)式代入(4)、(5)得:
b -
a
=A cos B 2
0=-A ω1sin B a
=C cos D L
0=-C ω2sin D
∴
B =D =0a a
A =b -C =
2L
于是运动方程(4)、(5)即可写为:
?2b -a x =cos ω1t ω1=2??a θ=cos 2t ω2=L ?为了便于讨论,将上述两式改写如下:
(7)
(8)
X 1=x 1+x 2=(2b -a )cos ω1t X 2=x 2-x 1=a cos ω2t
[讨论]:
1、 当X 1=0,即x 2=-x 1时,棒的质心的速度
动。这时棒的运动由式(10)描述。
(9)(10)
dx
=0,所以只有转动,设有上下振dt
2、 当X 2=0, 即x 2=x 1时,棒没转动,只有上下来回振动。因此,棒的运动由式(9)
述就已足够了。
最后还应指出:同一题,你用分析法或综合法去寻求未知量与已知量之间的关系时,由于从不同侧面去看问题,就会引出不同的方法(一题多解),而且方法不同,计算的繁易不同。
[例15]水平轨道上有一辆小车轨道的O 点的正方有一绞车。绞车转动,牵引绳子向绞车缠绕,小车就被拉着在轨道上移动(图1-2-13),设已知绞车收绳的速度为v 0,问当牵引绳与水平方向夹角为θ时,小车移动的速度多大?
现用分析法来解:
在x 轴上原点取O 点(图1-2-13)。小车的速度
v =
dx (t )
,而dt
x (
t )=v =
dx (
t )dl =l =
dt dt
dl
=-v 0dt ∴
v =-
1
v 0 cos θ
=
1 cos θ
负号表示小车的运动方向与x 轴正向相反。 现从另一角度来看:
小车在水平轨道上移动。它的速度v 必然是水平方向的。而且小车被绳子牵引,两者不相脱节,小车的速度v 在绳子方向上的分速度(或投影)绞车的收绳子的速度v 0,即
v 0=v cos θ
于是 v =
v
?0
cos θ
这种方法无无原则复杂的微分计算,简洁而正确。
所以同一道题,作法简繁不同,只要认真深入地分析问题,才能找到简捷的方法。